Proba sur des permutations

Ce message me semble donner une interprétation raisonnable de ce qu'est un record : on dit que $k$ est un record si $\sigma(k)=k$ et $\sigma(j)<k$ pour $j<k$ ; il en résulte que $\sigma(l)>k$ si $l>k$. Je fais l'hypothèse que $A_k$ est l'ensemble de ces permutations.

NB : une telle permutation n'est pas déterminée par sa restriction à $\{1,\dots,k\}$ puisque ce qui arrive aux $l>k$ change la permutation. Elle est déterminée par une permutation de $\{1,\dots,k-1\}$ et une permutation de $\{k+1,\dots,n\}$, de sorte que la probabilité de $A_k$ doit être $\frac{(k-1)!(n-(k+1)+1)!}{n!}=\frac{1}{k\binom{n}k}$ (erreur dans un message précédent, il me semble).

Pour l'indépendance, je commence tout petit avec deux événements $A_{k_1}$ et $A_{k_2}$ avec $k_1<k_2$. Dans l'intersection, on stabilise $\{1,\dots,k_1-1\}$, $\{k_1+1,\dots,k_2-1\}$ et $\{k_2+1,\dots,n\}$ donc la probabilité de $A_{k_1}\cap A_{k_2}$ est \[
\frac{(k_1-1)!(k_2-k_1-1)!(n-k_2-1)!}{n!},\] à comparer à \[\frac{1}{k_1k_2\binom{n}{k_1}\binom{n}{k_2}}.\]Je pourrais me planter complètement mais je n'y crois pas trop.

Bonsoir,
@Codename
Voici un dénombrement qui fournit une preuve de l'indépendance des $A_k=\Big\{\sigma \in \mathfrak S_n \mid \forall i \in [\![1;k-1]\!], \: \sigma(i)<\sigma(k) \Big\}$, une indépendance qui, me semble-t-il, n'a rien de franchement évident.

Notons: $\quad \forall k \in \N, \: [k]:=[\![0;k]\!], \:\:\forall \sigma \in \mathfrak S_n, \forall i \in [\![1;n]\!], \quad a_i(\sigma) := \text{Card}\Big\{j\in [\![1;i-1]\!] \mid \sigma(j) >\sigma(i) \Big\}.\quad(a_1(\sigma) =0)$
Il est opportun dans cette histoire de solliciter cette belle bijection: $\Phi: \left\{\begin{array}{ccl}\mathfrak S_n &\longrightarrow & [0]\times [1]\times \dots \times [n-1] \\ \sigma & \longmapsto &\Big (a_1(\sigma) , a_2(\sigma), \dots a_n(\sigma)\Big ) \end{array}\right.$
(L'injectivité ou la surjectivité de $\Phi$ sont faciles à établir.)
Il est acquis que $\:\:\forall i \in [\![1;n]\!], \:\mathbb P(A_i) = \dfrac 1i.\:\: $ (voir $(\star)$)$\qquad $ Soit $\:E\subset [\![1;n]\!].$
Alors: $\qquad \mathbb P\Big( \displaystyle \bigcap_{i \in E}A_i \Big) = \dfrac 1{n!}\text{Card}\Big \{\sigma \in \mathfrak S_n \mid \forall i \in E, \: a_i(\sigma )= 0 \Big\} \overset {\substack {\Phi \\ \text{bijective}}}=\:\: \dfrac{\displaystyle{\prod_{i \notin E}\text{Card}[i-1]}}{n!}=\:\: \dfrac{\displaystyle{\prod_{i \notin E}i}}{n!} =\dfrac 1 {\displaystyle{\prod _{i \in E} i}} = \displaystyle {\prod_{i\in E}\:}\mathbb P(A_i) \:\square$

$(\star)\quad \mathbb P(A_k) = \dfrac 1k$ est un cas particulier du calcul précédent.

Bonsoir CodeName



$\bullet \: $ Je m'aperçois que ton énoncé initial n'avait pas de sens.
$ \:A_k = \{\sigma \in \mathfrak S_k \mid \sigma (k) =k \}$, parce que ce n'est pas une partie de $\mathfrak S_n$, n'est pas un événement de l'espace $\mathfrak S_n$ muni de la probabilté uniforme.

$\bullet \:$ Si $A_k = \{\sigma \in \mathfrak S_n \mid \sigma (k) =k \} \:\:,$ alors $\:\:\mathbb P(A_k) = \dfrac 1n$ et les $A_k$ ne sont pas indépendants.

$\bullet\:$ Si $A_k = \{ \sigma \in \mathfrak S_n \mid \sigma (k) =k, \: i<k \implies \sigma (i) <\sigma (k)\}, \:\:$ alors:
$\mathbb P(A_1)= \dfrac 1n; \:\: \mathbb P(A_2) =\mathbb P(A_1 \cap A_2) = \dfrac 1 {n(n-1)}, \:\:$ et les $A_k$ ne sont pas indépendants.

$\bullet \:$C'est la raison pour laquelle, ayant lu un peu trop en diagonale les messages précédents (je m'en excuse) et MathCoss ayant évoqué une histoire de records, j'ai pensé que $A_k$ était l'événement
$A_k =\{\sigma \in \mathfrak S_n \mid \forall i \in [\![1;k-1]\!], \:\sigma (i)<\sigma(k)\}\:\:$ (nullement égal à $\{\sigma \in \mathfrak S_n \mid \forall i \in [\![1;k-1]\!], \:\sigma (i)<\sigma(k)=k\}$.)

C'est l'indépendance de ces $A_k$ que j'ai traitée dans mon précédent message, qui ne m'a pas paru du tout évidente et dont j'ai cru qu'elle faisait l'objet de ce fil.

Désolé,

Soit $\sigma \in \mathfrak S_3$ tel que $\sigma(1) =1, \:\sigma(2) =3, \: \: \sigma (3) =2.\quad \sigma \in A_2$ et $\sigma(2) \neq 2$. Je ne vois pas ce que $\sigma$ a de non bijectif.

Bojour,

En fait, bien qu'ayant lu en "diagonale" les précedents messages, j'avais finalement bien compris quelle était la question, à savoir prouver l'indépendance des $E_k= [ \max\{X_i \mid i <k \} <X_k]$.
Cela revient à prouver l'indépendance des $A_k$ que j'ai définis, et que j'ai établie dans mon premier message.

Quel est le lien entre "mes" $A_k$" et les"tiens" ? Aucun.
Je te suggère donc de te concentrer sur la preuve que je t'ai indiquée, en oubliant tout le reste. Je détaille la preuve de $\mathbb P(A_k) = \dfrac 1k$
$\mathbb P(A_k) = \dfrac 1{n!} \text {Card} \Big \{ \sigma \in \mathfrak S_n \mid a_k(\sigma) =0 \Big\} \displaystyle \overset {\substack {\Phi \\ \text{bijective}}} {=} \dfrac {\prod _{i\neq k} i}{n!} = \dfrac 1k.$

$\bullet\:$ Soit $ Y_k = \sup(X_1,X_2,\dots X_k).\quad\mathbb P(X_1=Y_k)=\mathbb P(X_2=Y_k)= \cdots=\mathbb P(X_k=Y_k)= \dfrac 1 k, \quad \mathbb P(E_k) = \dfrac 1k.$

$\bullet\:$ Pour évaluer $ \mathbb P \Big( \displaystyle \bigcap _{i \in E}A_i\Big)$, il est impératif de se placer dans un univers $\mathfrak S_n$ tel que $n\geqslant \sup E$, qui contient tous les événements $A_i$.
C'est ce que je t'ai proposé dans mon premier message où est prouvée (clairement me semble-t-il )l'indépendance des $A_i$

De manière plus élémentaire, pour des petites valeurs de $i$, on a par exemple:
$\mathbb P(E_2) = \mathbb P(X_1<X_2) = \dfrac 12, \quad \mathbb P(E_3) =\mathbb P(X_1<X_2<X_3) + \mathbb P(X_2<X_1<X_3) = \dfrac 16 + \dfrac 16 = \dfrac 13.$
$\mathbb P(E_2\cap E_3)=\mathbb P(X_1<X_2<X_3) =\dfrac 16 =\mathbb P(E_2) \times\mathbb P(E_3).$
$\mathbb P (E_2\cap E_4)= \mathbb P(X_1<X_2<X_3<X_4) +\mathbb P(X_1<X_3<X_2<X_4)+\mathbb P(X_3<X_1<X_2<X_4)=3 \times \dfrac 1{4!}=\dfrac 18 =\mathbb P (E_2)\times \mathbb P (E_4).$